Soustavy lineárních rovnic

5 SOUSTAVY LINEÁRNÍCH ROVNIC
5.1 Základní pojmy
Definice. Soustava rovnic
a 11 x 1 + a 12 x 2 + K + a 1n x n = b1 ,
a 21 x 1 + a 22 x 2 + K + a 2n x n = b 2 ,
KKKKKKKKKKKKKK
a m1 x 1 + a m2 x 2 + K + a mn x n = b m ,
(5.1)
kde a ij , b i (i = 1,..., m; j = 1,..., n) jsou reálná čísla a x j jsou neznámé, se nazývá soustava m lineárních rovnic o
n neznámých, stručně soustava lineárních rovnic.
Čísla a ij nazýváme koeficienty soustavy, čísla b i absolutními členy.
Matice
 a 11

a
A =  21
K

a m1
a 12
K
a 22
K
K
K
a m2
K
a 1n 

a 2n 
K

a mn 
se nazývá matice soustavy (5.1) a matice
 a 11

a
R =  21
K

a m1
a 12
K
a 1n
a 22
K
a 2n
K
K
K
a m2
K
a mn
b1 

b2 
K

bm 
je rozšířená matice soustavy (5.1).
Vektor x = (x 1 ,..., x n ) se nazývá vektor řešení soustavy (5.1) a vektor b = (b1 ,..., b m ) je vektor absolutních
členů.
Poznámka 5.1. Soustava m lineárních rovnic o n neznámých tvaru (5.1) budeme pro stručnost označovat
S(m,n). Každou soustavu lineárních rovnic S(m,n) lze charakterizovat její rozšířenou maticí soustavy R typu
m x (n + 1) .
Namísto pojmu vektor řešení soustavy S(m,n) budeme často užívat stručnějšího pojmu řešení soustavy
S(m,n). Všechny vektory řešení soustavy S(m,n) představují její obecné řešení.
Řešit soustavu S(m,n) znamená určit její obecné řešení nebo, jinak řečeno, nalézt všechna řešení
soustavy.
Soustavu S(m,n) můžeme stručnější zapisovat pomocí maticové symboliky. Zapíšeme-li vektor řešení x
a vektor absolutních členů b jako sloupcové vektory,
 x1 
 
x
x =  2 ,
 M 
 
x n 
 b1 
 
b
b =  2 ,
 M 
 
b m 
Můžeme vektor x považovat za matici typu nx1 a vektor b za matici typu mx1 a soustavu S(m,n) můžeme psát
ve tvaru
Ax = b .
(5.2)
Součinem matice A typu mxn a matice x typu nx1 je podle definice násobení matic matice b typu mx1.
Jestliže ponecháme vektor řešení x a vektor absolutních členů b ve tvaru řádkových vektorů, tj. matic
typu 1xn a 1xm, můžeme soustavu S(m,n) psát ve tvaru
Ax T = b T ,
kde x T je transponovaná matice k matici x typu nx1 a b T transponovaná matice k matici b typu mx1, x T a b T
jsou tedy opět sloupcové vektory.
5.2 Řešitelnost soustavy lineárních rovnic
V tomto odstavci si ukážeme, za jakých podmínek má soustava lineárních rovnic řešení, kolik těchto
řešení může mít a jaké jsou jejich vlastnosti. Následující důležitá věta se uvádí pod názvem
Frobeniova věta.
Věta 5.1. Soustava lineárních rovnic S(m,n) má řešení právě tehdy, když hodnost matice soustavy A se rovná
hodnosti rozšířené matice soustavy R.
Důkaz.
Předpokládejme nejprve, že soustava S(m,n) má řešení a dokažme, že pak h( A ) = h( R ) . Je-li x 1 ,..., x n řešení
soustavy S(m,n), pak platí
x 1s 1 + ... + x n s n = b ,
přičemž s j = (a ij ,..., a mj ) jsou sloupcové vektory matice A, z čehož vyplývá, že sloupec absolutních členů b je
lineární kombinací ostatních sloupců rozšířené matice soustavy R, a při výpočtu hodnosti matice R lze tento
sloupec vynechat. Je tedy h( A ) = h( R ) .
Předpokládejme naopak, že platí h( A ) = h( R ) . Matice R má tedy stejný počet lineárně nezávislých
sloupců jako matice A, takže poslední sloupec matice R, tj. vektor b, musí být lineární kombinací sloupců matice
A. Proto existuje vektor c = (c1 ,..., c n ) tak, že platí
c1s 1 + ... + c n s n = b .
To však značí, že vektor c = (c1 ,..., c n ) představuje řešení soustavy S(m,n).
Příklad 5.1.
Soustava dvou lineárních rovnic o třech neznámých
2x 1
+
5x 2
−
x3
=
6,
4x 1
+
10x 2
−
2x 3
=
10,
nemá řešení. Matice soustavy
2
A=
4
5
10
− 1 2
~
− 2  0
0
− 1
,
0
5
−1
0
0
5
má hodnost h( A ) = 1 , kdežto rozšířená matice soustavy
2
R=
4
5
−1
10
−2
6  2
~
10 0
6

− 4
má hodnost h( R ) = 2 . Neplatí tedy h( A ) = h( R ) , není splněna podmínka Frobeniovy věty, daná soustava nemá
řešení.
Je-li splněna Frobeniova věta, pak řešení soustavy lineárních rovnic S(m,n) existuje. Zbývá pak rozhodnout,
kolik má soustava řešení. Jak vyplývá z věty 5.2., závisí v tom případě počet řešení soustavy na počtu
neznámých.
Věta 5.2. Nechť soustava lineárních rovnic S(m,n) má řešení, h je hodnost matice soustavy a n je počet
neznámých. Platí:
a)Jestliže h = n , má soustava S = (m, n) právě jedno řešení.
b)Jestliže h < n , má soustava S(m,n) nekonečně mnoho řešení závislých na n − h parametrech.
Důkaz. Viz [4], s. 213.
Poznámka 5.2. V případě, že soustava S(m,n) má nekonečně mnoho řešení závislých na n − h parametrech,
můžeme za n − h neznámých volit libovolná reálná čísla. Odpovídajícím neznámým říkáme volné nebo volitelné
neznámé. Hodnoty zbylých h neznámých jsou určeny jednoznačně a vyjadřujeme je pomocí volných neznámých.
Příklad 5.2.
Řešme soustavu dvou lineárních rovnic o třech neznámých
2x 1
+
x2
−
3x 3
=
6,
x1
+
3x 2
−
2x 3
=
3.
Řešení.
Soustavě lineárních rovnic přiřadíme rozšířenou matici soustavy, převedeme ji na trojúhelníkový tvar a
určíme hodnosti h( A ), h(R ) .
2

1
−1
3
3
−2
6  2
~
3  0
−1
3
7
−7
6
.
0
Hodnost rozšířené matice soustavy R je h( R ) = 2 , hodnost matice soustavy A je h( A ) = 2 a počet
neznámých n = 3 .
Soustava má nekonečně mnoho řešení závislých na n − h = 1 parametru, tj. jedna neznámá je volná. Druhé
matici přiřadíme zpětně soustavu dvou rovnic o třech neznámých tvaru
2x 1
+
x2
−
3x 3
=
6,
7x 2
−
7x 3
=
0.
Nyní položíme např. x 3 = t , kde t ∈R .
Po dosazení x 3 = t do rovnice 7x 2 - 7x 3 = 0 máme x 2 = t .
Poslední neznámou x 1 vypočteme z první rovnice soustavy. Po dosazení x 2 = x 3 = t obdržíme
2x 1
−
t
+
3t
=
=
3
−
t.
3
−
t,
a tedy
x1
Všechna řešení zadané soustavy se dají zapsat ve tvaru
x1
=
x2
=
t,
x3
=
t,
6
kde t ∈R .
Poznámka 5.3. Nechť soustava lineárních rovnic S(m,n) má nekonečně mnoho řešení, neboli h( A ) = h( R ) < n .
Vztah zahrnující všechna řešení soustavy se nazývá obecné řešení soustavy. Dosadíme-li za volné neznámé
konkrétní reálná čísla, dostaneme jedno řešení soustavy, které nazýváme partikulární řešení soustavy. Např.
x = (2,1,1) je partikulární řešení soustavy z příkladu 5.2. pro t = 1 . Partikulární řešení soustavy, ve kterém jsou
všechny volné neznáme rovny nule, se nazývá základní řešení soustavy.
Například x = (3,0,0) je základní řešení soustavy z příkladu 5.2. pro x 3 = t = 0 .
Definice. Soustava lineárních rovnic S(m,n) se nazývá homogenní, jestliže platí b 1 = ... = b m = 0 .
Je-li alespoň jedno i = 1,..., m, b i ≠ 0 , nazývá se soustava nehomogenní.
Poznámka 5.4. V homogenní soustavě lineárních rovnic jsou všechny pravé strany rovnic rovny nule, soustava
má tedy tvar
a 11 x 1 + a 12 x 2 + K + a 1n x n = 0,
a 21 x 1 + a 22 x 2 + K + a 2n x n = 0,
KKKKKKKKKKKKKK
a m1 x 1 + a m2 x 2 + K + a mn x n = 0.
Homogenní soustavu lineárních rovnic budeme stručně značit S 0 (m, n) .
Věta 5.3. Homogenní soustava lineárních rovnic má vždy řešení. Označíme-li h hodnost matice soustavy a počet
neznámých, platí:
a)Jestliže h = n , má homogenní soustava jediné řešení x = (0,…,0).
b)Jestliže h < n , má soustava nekonečně mnoho řešení závislých n − h parametrech.
Důkaz.
Rozšířená matice homogenní soustavy lineárních rovnic S 0 (m, n) má tvar
 a 11

a
R =  21
K

a m1
a 12
K
a 1n
a 22
K
a 2n
K
K
K
a m2
K
a mn
0

0
.
K

0
Protože přidáním nulového sloupce se hodnost matice nemění, platí pro každou homogenní soustavu rovnost
h( A ) = h( R ) , takže homogenní soustava má vždy řešení. Zbývající tvrzení jsou důsledkem věty 5.2.
Poznámka 5.5. Homogenní soustava lineárních rovnic S 0 (m, n) , kde n > m tedy počet neznámých je větší než
počet rovnic, má vždy nekonečně mnoho řešení. Tato situace je popsána následující větou.
Věta 5.4. Nechť matice A soustavy lineárních rovnic S 0 (m, n) má hodnost h( A ) = h < n .Obecné řešení
soustavy tvoří vektorový prostor dimenze n − h , takže báze tohoto prostoru obsahuje n − h lineárně nezávislých
řešení a všechna ostatní řešení jsou jejich lineárními kombinacemi.
Důkaz. Viz [12], s. 187.
5.3 Metody řešení soustav lineárních rovnic
Podle závěrů předchozího odstavce umíme určit počet souřadnic lineárních rovnic S(m,n). Nyní se
budeme zabývat otázkou, jak řešení soustavy nalézt. Uvedeme zde nejčastěji používané metody řešení soustav
lineárních rovnic. Předtím však budeme definovat pojem ekvivalentních soustav lineárních rovnic.
Definice. Dvě soustavy lineárních rovnic S1 (m, n) a S 2 (m, n) se stejnými neznámými x 1 ,..., x n se nazývají
ekvivalentní, jestliže množina všech řešení soustavy S1 (m, n) je rovna množině všech řešení soustavy S 2 (m, n) .
Mějme soustavu lineárních rovnic S(m,n). Úpravy této soustavy, po jejichž provedení vzniká soustava S1 (m, n)
s danou soustavou ekvivalentní, tedy úpravy, jimiž se nemění množina řešení soustavy, nazýváme ekvivalentní
úpravy soustavy lineárních rovnic. Jsou to zvláště tyto úpravy:
(R1)
záměna pořadí rovnic,
(R2)
násobení libovolné rovnice nenulovým reálným číslem,
(R3)
přičtení lineární kombinace rovnic soustavy k jiné rovnici soustavy,
(R4)
vynechání rovnice, která je lineární kombinací jiných rovnic dané soustavy,
(R5)
záměna pořadí neznámých.
Podotýkáme, že lineární kombinací rovnic zde rozumíme odpovídající lineární kombinaci řádkových
vektorů rozšířené matice soustavy.
Ekvivalentním úpravám soustavy lineárních rovnic (R1) − (R5) odpovídají analogické ekvivalentní úpravy její
rozšířené matice soustavy R (U1) − (U5) , při nichž se podle článku 3.3. hodnost matice R nemění.
Lze tedy konstatovat:
Dvě soustavy lineárních rovnic S 1 (m, n) a S 2 (m, n) , z nichž jedna vznikne z druhé jen požitím ekvivalentních
úprav (R1) − (R5) , jsou ekvivalentní právě tehdy, když jejich odpovídající rozšířené matice jsou ekvivalentní.
Tohoto poznatku prakticky využíváme při výpočtu řešení soustavy S(m,n) tak, že rozšířenou matici R této
soustavy převedeme na trojúhelníkovou matici ekvivalentními úpravami (U1) − (U5) .
5.3.1 Gaussova eliminační metoda
Gaussova metoda je založena na převodu rozšířené matice R soustavy lineárních rovnic S(m,n) na
trojúhelníkovou matici postupným prováděním ekvivalentních úprav. Postupujeme přitom stejně jako při
výpočtu hodnosti matice. Algoritmus řešení soustavy lineárních rovnic Gaussovou eliminační metodou můžeme
shrnout do následujících kroků:
1. Soustavě lineárních rovnic S(m,n) přiřadíme její rozšířenou matici R.
2. Rozšířenou matici soustavy převedeme ekvivalentními úpravami (U1) – (U5) na trojúhelníkovou matici.
3. Na základě vět 5.1. a 5.2. rozhodneme o řešitelnosti soustavy a počtu jejích řešení.
4. Trojúhelníkové matici přiřadíme soustavu lineárních rovnic ekvivalentní soustavě S (m,n).
5. Vzniklou soustavu lineárních rovnic „zdola“ vyřešíme.
Gaussovou eliminační metodu předvedeme na následujících dvou příkladech.
Příklad 5.3.
Určeme všechna řešení soustavy čtyř lineárních rovnic o čtyřech neznámých x 1 , x 2 , x 3 , x 4 .
x1
− x1
−
+
x2
x2
+
+
2x 3
x3
−
−
x4
x4
=
=
6,
3,
− 2x 1
+
x2
−
x3
+
2x 4
=
3,
− x1
−
x2
+
x3
+
x4
=
− 1.
Řešení.
Rozšířenou matici soustavy R upravíme ekvivalentními úpravami na trojúhelníkový tvar. V prvním
kroku sčítáme první a druhý řádek matice, od třetího řádku odečítáme dvojnásobek prvního a čtvrtý řádek je
součtem prvního a čtvrtého řádku původní matice.
1

− 1
2

− 1
−1
2
−1
1
1
−1
1
−1
2
−1
1
1
6  1
 
3  0
~
3  0
 
− 1 0
−1
2
−1
0
3
−2
3
−5
4
−2
3
0
6

9
.
− 9

5
Dále zaměníme druhý a třetí řádek matic a poté sčítáme dvojnásobek nového druhého řádku a
trojnásobkem čtvrtého řádku a tak vznikne nový čtvrtý řádek matice.
−1
1

0
0

0
2
−1
0
3
−2
3
−5
4
−2
3
0
6  1
 
9  0
~
− 9  0
 
5  0
−1
2
−1
3
−5
4
0
3
−2
0
−1
8
6

− 9
.
9

− 3
K dosažení trojúhelníkové matice zbývá zajistit, aby platilo a 43 = 0 . Stačí trojnásobek čtvrtého řádku
matice přičíst ke třetímu řádku.
1

0
0

0
−1
2
−1
3
−5
4
0
3
−2
0
−1
8
6  1
 
− 9  0
~
9  0
 
− 3  0
−1
2
−1
3
−5
4
0
3
−2
0
0
22
6

− 9
.
9

0
Z poslední matice vidíme, že platí h( A ) = h(R ) = n = 4 .
Daná soustava lineárních rovnic má tedy právě jedno řešení, které snadno vypočteme ze soustavy lineárních
rovnic
x1
−
x2
+
2x 3
−
x4
=
6,
3x 2
−
5x 3
+
4x 4
=
- 9,
3x 3
−
2x 4
=
9,
22x 4
=
0.
Řešením soustavy „zdola“ postupně zjistíme, že
x4
=
0,
x3
=
3,
x2
=
2,
x1
=
2.
Řešením soustavy je vektor x = (2,2,3,0) .
Příklad 5.4.
Nalezněme všechna řešení soustavy tří lineárních rovnic o čtyřech neznámých x 1 , x 2 , x 3 , x 4 .
5x 1
−
2x 1
−
x2
−
x3
−
2x 4
=
5,
3x 1
−
x2
+
5x 3
+
2x 4
=
− 9.
2x 2
+
=
4x 3
−4,
Řešení.
Hned ze zadání úlohy je zřejmé, že soustava má buď nekonečně mnoho řešení nebo žádné řešení. Počet
neznámých n = 4 je totiž určitě větší než hodnost obou matic soustavě přiřazených, která je nejvýše rovna třem.
Rozšířenou matici soustavy
5

2
3
−2
−1
−1
4
−1
5
0
−2
2
− 4

5 .
− 9 
upravíme obdobnými úpravami jako v příkladě 5.3. na trojúhelníkovou matici.
5

2
3
.
−2
−1
−1
4
−1
5
0
−2
2
− 4  5
 
5  ~ 0
− 9 0
−2
−1
1
4
− 13
13
0
− 10
10
− 4  − 5
 
33  ~  0
− 33  0
−2
1
0
4
13
0
0
10
0
−4

− 33
0 
Platí h( A ) = h(R ) = 2, n = 4 . Soustava má nekonečně mnoho řešení závislých na n − h = 2
parametrech.
Zvolíme-li například x 3 = s, x 4 = t , kde s, t ∈R z ekvivalentní soustavy
5x 1
−
+
+
2x 2
x2
4x 3
13x 3
+
10x 4
=
=
−4
− 33,
obdržíme
x2
=
−13s
−
10t
=
−6s
−
4t
−6s
− 13s
s,
−
−
4t
10t
−
33
a následně
x1
−
14 .
Obecné řešení soustavy je tedy
x1
x2
x3
x4
=
=
=
=
−
−
14,
33,
t,
kde s, t ∈R .
Volbou s = −2, t = −1 můžeme dostat partikulární řešení x = (2,3,−2,−1) , volba s = 0, t = 0 vede
k partikulárnímu řešení x = (−14,−33,0,0) , které je zároveň základním řešením (viz poznámka 5.3.).
5.3.2
Kondenzační metoda
Kondenzační metodu řešení soustavy lineárních rovnic můžeme považovat za modifikaci Gaussovy
eliminační metody.
Scénář řešení je opět dán kroky 1.-5. Z úvodu odstavce 5.3.1 s tím rozdílem, že ve druhém kroku převádíme
rozšířenou matici soustavy na trojúhelníkovou matici pomocí kondenzačního algoritmu tak, jak tomu bylo při
určování hodnosti matice.
Metodu si přiblížíme řešením následujících tří příkladů.
Příklad 5.5.
Řešme soustavu lineárních rovnic
x1
x1
2x 1
2x 1
+
+
−
3x 2
5x 2
x2
+
−
−
+
2x 3
2x 3
3x 3
4x 3
−
+
+
+
2x 4
2x 4
3x 4
9x 4
=
=
=
=
9,
- 1,
0,
3.
Řešení.
K úpravě rozšířené matice soustavy použijme kondenzační metodu, která odpovídá ekvivalentním
úpravám. Výpočet probíhá takto:
1

1
2

2
0
3
5
−1
2
−2
−3
4
−2
2
3
9
0
3
0
0
2
−4
−1
−4
−2
4
1
43
1

0
~
0

0
9  1
 
− 1 0
~
0  0
 
3  0
9  1
 
− 10  0
~
− 4  0
 
− 55 0
0
3
5
−1
−2
4
7
13
2
−4
−7
0
0
3
0
0
9 

− 10
~
− 18

− 15
9 

− 10
.
−4

39 
−2
4
1
− 39
2
−4
−1
0
Protože h( A ) = h(R ) = n = 4 , má soustava právě jedno řešení.
Poslední trojúhelníkové matici odpovídá soustava lineárních rovnic
x1
3x 2
+
−
2x 3
4x 3
- x3
−
+
+
2x 4
4x 4
x4
- 39x 4
=
=
=
=
9,
- 10,
- 4,
39.
Řešením poslední rovnice je x 4 = -1 . Postupným dosazováním vypočtených hodnot za neznámé do
jednotlivých rovnic dostaneme
x 3 = 3, x 2 = 2, x 1 = 1 .
Jediným řešením soustavy je tedy vektor x = (1,2,3,−1) .
Příklad 5.6.
Nalezněme řešení soustavy lineárních rovnic
x1
3x 1
6x 1
− 2x 1
−
−
−
+
+
+
+
2x 2
3x 2
6x 2
2x 2
+
+
+
+
3x 3
5x 3
10x 3
x4
2x 4
4x 4
x4
=
=
=
=
0,
0,
1,
9.
Řešení.
Obdobně jako v předchozí úloze upravujeme rozšířenou matici R na trojúhelníkovou matici.
1

3
R=
6

2
−2
−3
−6
2
3
5
10
0
1
2
4
1
0 1
 
0  0
~
1  0
 
9  0
−2
3
6
−2
3
−4
−8
6
1
−1
−2
3
0 1
 
0 0
~
1 0
 
9 0
−2
3
0
0
3
−4
0
10
1
−1
0
7
0

0
.
3

27
Pro přehlednost dalších úvah zaměňme poslední dva řádky matice
1

0
0

0
−2
3
0
0
3
−4
10
0
1
−1
7
0
0

0
.
27

3
Z této matice je vidět, že hodnost matice soustavy A, tj. matice ekvivalentní matici R bez posledního
sloupce, je h( A ) = 3 , kdežto hodnost matice R, je h( R ) = 4 . Protože h( A ) ≠ h( R ) , nemá podle Frobeniovy věty
soustava žádné řešení.
Poznámka 5.6. Jakmile se v některé matici vzniklé z dané rozšířené matice soustavy ekvivalentními úpravami
(tedy i kondenzační metodou) vyskytne řádek obsahující samé nuly až na nenulový prvek v posledním sloupci,
znamená to, že daná soustava nemá řešení.
Příklad 5.7.
Řešme soustavu lineárních rovnic
x1
- x1
3x 1
x1
+
+
−
−
−
+
+
−
x2
3x 2
2x 2
x2
3x 3
2x 3
x3
3x 3
+
−
+
+
x4
x4
4x 4
x4
=
=
=
=
0,
0,
0,
0.
Řešení.
Protože se jedná o homogenní soustavu rovnic, která má vždy řešení, stačí pracovat pouze s maticí
soustavy. Je tedy
1

− 1
3

1
−3
2
1
−3
1
3
−2
−1
1  1
 
− 1 0
~
4  0
 
1  0
1
4
−5
−2
−3
−1
10
0
1

0
.
1

0
Dále není třeba matici soustavy upravovat. Z posledního řádku matice ihned plyne x 2 = 0 , poté
z druhého řádku x 3 = 0 , ze třetího řádku pak x 4 = 0 , a nakonec z prvního x 1 = 0 . Soustava má pouze triviální
řešení x = (0,0,0,0) . Dokončením převodu matice soustavy na trojúhelníkovou matici se může čtenář sám
snadno přesvědčit, že platí h( A ) = 4 , a že podle věty 5.3. má soustava jediné triviální řešení.
5.3.3
Jordanova metoda úplné eliminace
V ekonomických aplikacích hrají důležitou roli základní řešení těch soustav lineárních rovnic, které
mají nekonečně mnoho řešení. Tato základní řešení je možno hledat použitím Jordanovy metody úplné
eliminace.
Má-li uvažovaná soustava lineárních rovnic n neznámých a platí-li h( A ) = h(R ) = h < n , má soustava
nekonečně mnoho řešení závislých na n − h parametrech neboli volných neznámých. Počet různých základních
řešení soustavy pak závisí na tom, kolika způsoby můžeme tyto volné neznámé vybrat. Dá se ukázat, že každá
n
soustava lineárních rovnic, která má nekonečně mnoho řešení, má konečný počet základních řešení, nejvýše   ,
h
základních řešení.
Postup při řešení soustavy lineárních rovnic Jordanovou metodou se dá shrnout následovně:
1. Rozšířenou matici soustavy převedeme na trojúhelníkovou matici.
2. V trojúhelníkové matici vynulujeme prvky nad hlavní diagonálou.
3. Na hlavní diagonále takto upravené matice vytvoříme pomocí ekvivalentních úprava jedničky.
4. Výsledné matici zpětně přiřadíme soustavu, kterou již snadno vyřešíme.
Jordanovu metodu si blíže vysvětlíme na příkladech.
Příklad 5.8.
Řešme soustavu lineárních rovnic.
2x 1
- x1
x1
Řešení.
+
x2
+
2x 2
−
+
3x 3
2x 3
+
−
−
x4
3x 4
7x 4
=
=
=
2,
1,
7.
Rozšířenou matici soustavy nejprve převedeme na trojúhelníkovou matici. K tomu použijeme
algoritmus kondenzační metody.
2

− 1
 1
2

~ 0
0
−3
2
0
1
0
2
1
1
0
2  2
 
1  ~ 0
7 0
1
−3
−7
−3
1
0
1
−5
0
−3
1
3
1
1
3
2
 2
4 ~ 
0
0 
1
1
2

4 ~
12
1
−5
− 15
−3
1
2
.
4
1
−5
Je vidět, že platí h( A ) = h( R ) = 2 , počet neznámých n = 4 . Znamená to, že soustava má nekonečně
mnoho řešení, přičemž dvě neznámé jsou volitelné.
Dále vynulujeme první řádek nad hlavní diagonálou, a to tak, že od prvního řádku odečteme řádek
druhý a posléze vydělíme první řádek dvěmi.
2

0
1
1
−3
1
2  2
~
4  0
1
−5
0
1
−4
1
x2
−
+
− 2 1
~
4  0
6
−5
−2
1
0
1
− 1
.
4
3
−5
Matici přiřadíme soustavu rovnic
x1
+
−
2x 3
x3
3x 4
5x 4
=
=
−1,
4.
Volbou x 3 = x 4 = 0 získáme jedno ze šesti základních řešení soustavy x = (-1,4,0,0) , neznámým x 1 , x 2
přitom říkáme bázické proměnné.
Jordanova metoda umožňuje přechode od jednoho základního řešení k jinému změnou bázické
proměnné. Budeme-li chtít, aby bázickými proměnnými byly místo x 1 , x 2 dále proměnné x 1 , x 4 , je třeba
čtvrtý sloupec poslední matice upravit na jednotkový tvar (0,1) T např. tak, že druhý řádek dělíme číslem -5
a poté od prvního řádku odečteme trojnásobek druhého. Číslu a 24 = −5 přitom říkáme klíčový prvek, druhému
řádku klíčový řádek a čtvrtému sloupci klíčový sloupec.
1

0
0
1
−2
1
3
−5
− 1 1
~
4  0

−2
1
−
5
0
1
−
5
3
1

− 1  1
4 ~
−  
5  0

3
5
1
−
5
7
5
1
−
5
−
Této matici odpovídá soustava rovnic
x1
+
3
x2
5
1
- x2
5
−
−
7
x3
5
1
x3
5
=
+
x4
=
7
,
5
4
- .
5
7
4
7
4
, x 4 = − , tedy další základní řešení je x = ( ,0,0,- ) .
5
5
5
5
Na závěr řešení příkladu uvádíme přehled všech základních řešení soustavy.
Volbou x 2 = x 3 = 0 získáme x 1 =
0
1
7 
5 .
4
− 
5 
x 1 = 0,
x 1 = 0,
x 1 = 0,
7
,
5
x 1 = 5,
x 1 = −1,
x1 =
x 2 = 0,
7
x2 = ,
3
7
x2 = ,
2
x 3 = −1,
x 4 = −1,
1
x4 = − ,
3
x 2 = 0,
x 3 = 0,
x4 = −
x 2 = 0,
x 2 = 4,
x 3 = 4,
x 3 = 0,
x 4 = 0,
x 4 = 0.
x 3 = 0,
x3 =
1
,
2
x 4 = 0,
4
,
5
Výpočty v předchozím příkladu je možno opět do jisté míry zautomatizovat na základě kondenzačního
algoritmu. Předpokládejme, že chceme najít základní řešení s bázickými proměnnými x 1 , x 3 a s volnými
proměnnými x 2 , x 4 . Začněme např. u proměnné x 1 a zařaďme ji mezi bázické proměnné. Za klíčový prvek
můžeme v rozšířené matici soustavy považovat libovolné z čísel prvního sloupce. Zvolme prvek a 11 = 2 .
Dále počítáme dle schématu:
- vydělíme klíčový řádek klíčovým prvkem,
- do klíčového sloupce doplníme nuly,
- čísla ležící mimo klíčový řádek a mimo klíčový sloupec počítáme podle vztahu
a ij ' =
1 a 11
a 11 a i1
a 1j
pro klíčový prvek a 11 .
a ij
Rozšířená soustava matice je poté
2

− 1
1

*
1
0
2
−3
2
0
1
−3
−7

1
2 

1  ~ 0

7 
 0


1
2
1
2
3
2
3
2
1
2
3
2
−
1
2
5
−
2
15
−
2

1

2 .


6

K zařazení proměnné x 3 mezi bázické je možno pracovat buď s klíčovým prvkem a 23 =
1
3
nebo a 33 = .
2
2
Zvolme a 23 za klíčový prvek.
Pak

1

0


0

1
2
1
2
3
2
−
3
2
*
1
2
3
2
1
2
5
−
2
15
−
2
přitom nový prvek a 12 ' jsme počítali jako a 12 ' =
a 14 ' = −
1 a 13
a 23 a 23

1
 1

2  ~ 0

 0
6

1 a 12
a 23 a 22
2
1
0
−7
−5
0
7

4 ,
0
a 13
, kdežto nový prvek a 14 ' jako
a 23
a 14
(není-li klíčový prvek v hlavní diagonále determinantu druhého řádu, pak tento
a 24
determinant mění znaménko).
Máme tak základní řešení x = (7,0,4,0) .
K ilustraci tohoto postupu vyřešíme ještě jeden příklad.
Příklad 5.9.
0
1
0
Řešme soustavu tří rovnic o třech neznámých
−
−
−
3x 1
2x 1
x1
2x 2
x2
x2
+
+
+
x3
3x 3
2x 3
=
=
=
0,
3,
1.
Řešení.
Budeme postupně volit klíčové prvky v hlavní diagonále rozšířené matice soustavy.
3

2
1

−2
−1
−1
*
1
3
2

1
0 

3  ~ 0

1 
 0

−
2
3
1
3
*
−
1
3

0
 1

3  ~ 0

 0
1

1
3
7
3
5
3
0
1
0
5
7
4*
6  1
 
9  ~ 0
4 0
0
1
0
0
0
1
1

2 .
1
Z výsledné matice vidíme, že platí h( A ) = h( R ) = n a tedy soustava má jediné řešení x = (1,2,1) .
5.3.4 Cramerovo pravidlo
Jako poslední metodu řešení soustav lineárních rovnic uvádíme metodu založenou na použití
determinantů. Metoda má spíše jen teoretický význam, dá se použít pouze tehdy, je-li počet rovnic soustavy a
počet neznámých shodný a matice soustavy musí být regulární. Navíc víme z kapitoly o determinantech, že
výpočet determinantů vyšších řádů je často velmi pracný. Hlavní význam Cramerova pravidla spočívá v tom, že
umožňuje explicitně zapsat řešení soustavy pomocí prvků rozšířené matice soustavy, a že Cramerovým
pravidlem se dá určit libovolná neznámá nezávisle na ostatních neznámých soustavy.
Věta 5.5. Mějme soustavu n lineárních rovnic o n neznámých x 1 ,..., x n
a 11 x 1 + a 12 x 2 + K + a 1n x n = b1 ,
a 21 x 1 + a 22 x 2 + K + a 2n x n = b 2 ,
KKKKKKKKKKKKKK
a n1 x 1 + a n2 x 2 + K + a nn x n = b n .
Jestliže je matice soustavy A regulární, pak má soustava právě jedno řešení tvaru
xj =
det A j
det A
, j = 1,..., n ,
kde A j je matice vzniklá z matic soustavy A výměnou jejího j-tého sloupce sloupcem pravých stran rovnic
soustavy.
Důkaz.
Protože je matice soustavy A regulární, platí h( A ) = h( R ) = n a soustava má právě jedno řešení. Dokážeme, že
platí
x1 =
Označme
det A 1
.
det A
b1
b
det A 1 = 2
K
bn
K
a 12
a 22
K
a n2
a 1n
a 2n
.
K
a nn
K
K
K
Dosadíme-li do tohoto determinantu vyjádření b j ve tvaru b j = a j1 x 1 + K + a jn x n , j = 1,..., n máme
a 11 x 1 + K + a 1n x n
a x + K + a 2n x n
det A 1 = 21 1
K
a n1 x 1 + K + a nn x n
K
K
K
K
a 12
a 22
K
a n2
a 1n
a 2n
.
K
a nn
K prvnímu sloupci tohoto determinantu přičteme lineární kombinaci zbylých n − 1 sloupců s koeficienty
-x 2 ,...,-x n . Odtud je
a 11 x 1
a x
det A 1 = 21 1
K
a n1 x 1
a protože det A ≠ 0 , platí x 1 =
K
K
K
K
a 12
a 22
K
a n2
a 1n
a 2n
= x 1 det A
K
a nn
det A 1
.
det A
Obdobně se dokáže platnost vztahu x j =
det A j
det A
pro j = 2,..., n .
Příklad 5.10.
Cramerovým pravidlem řešme soustavu rovnic
−
−
x1
2x 1
3x 2
5x 2
=
=
2,
6.
Řešení.
Platí
det A =
1
2
−3
= −5 + 6 = 1 ≠ 0 ,
−5
matice soustavy A je regulární, soustava má právě jedno řešení.
Dále
det A 1 =
2
6
−3
= −10 + 18 = 8 , odtud
−5
det A 1 8
= =8,
det A 1
1
2
det A 2 =
= 6 − 4 = 2 ,odtud
2
6
x1 =
x2 =
det A 2 2
= =2.
det A
1
Příklad 5.11.
Cramerovým pravidlem řešme soustavu rovnic z příkladu 5.9.
Řešení.
Platí
−2
−1
−1
3
det A = 2
1
0
det A 1 = 3
1
−2
−1
−1
3
det A 2 = 2
1
0
3
1
1
3 = −6 − 6 − 2 + 1 + 9 + 8 = 4 ,
2
1
3 = −6 − 3 + 1 + 12 = 4 ,
2
1
3 = 18 + 2 − 3 − 9 = 8 ,
2
3 −2 0
det A3 = 2
1
Soustava má právě jedno řešení x 1 =
− 1 3 = −3 − 6 + 9 + 4 = 4 .
−1 1
4
8
4
= 1, x 2 = = 2, x 3 = = 1.
4
4
4